全國(guó)高中物理競(jìng)賽復(fù)賽模擬題

全國(guó)高中物理競(jìng)賽模擬題一

1.光子火箭從地球起程時(shí)初始靜止質(zhì)量（包括燃料）為Mo，向相距為R=1.8

X106l.y.（光年）的遠(yuǎn)方仙女座星飛行。要求火箭在25年（火箭時(shí)間）后到達(dá)目

的地。引力影響不計(jì)。

1）、忽略火箭加速和減速所需時(shí)間，試問(wèn)火箭的速度應(yīng)為多大？2）、設(shè)到達(dá)

目的地時(shí)火箭靜止質(zhì)量為M。'，試問(wèn)Mo/M?！淖钚≈凳嵌嗌伲?/p>

分析：光子火箭是一種設(shè)想的飛行器，它利用“燃料”物質(zhì)向后輻射定向光

束，使火箭獲得向前的動(dòng)量。求解第1問(wèn)，可先將火箭時(shí)間=25。（年）變換

M。

成地球時(shí)間「，然后由距離R求出所需的火箭速度?；鸺竭_(dá)目的地時(shí)，比值

是不定的，所謂最小比值是指火箭剛好能到達(dá)目的地，亦即火箭的終速度為零，

所需“燃料”量最少。利用上題（本章題11）的結(jié)果即可求解第2問(wèn)。

解：1）火箭加速和減速所需時(shí)間可略，故火箭以恒定速度。飛越全程，走完

全程所需火箭時(shí)間（本征時(shí)間）為丁。=25。（年）。利用時(shí)間膨脹公式，相應(yīng)的地

球時(shí)間為

因

R

T=—

V

故

R

解出

c(l-O.96xlO-10)

可見(jiàn)，火箭幾乎應(yīng)以光速飛行。

（2）、火箭從靜止開(kāi)始加速至上述速度火箭的靜止質(zhì)量從Mo變?yōu)镸,然

%

后作勻速運(yùn)動(dòng)，火箭質(zhì)量不變。最后火箭作減速運(yùn)動(dòng)，比值最小時(shí)，到達(dá)目

的地時(shí)的終速剛好為零，火箭質(zhì)量從M變?yōu)樽罱K質(zhì)量加速階段的質(zhì)量變化

可應(yīng)用上題（本章題11）的（3）式求出。因光子火箭噴射的是光子，以光速c離

開(kāi)火箭，即后一于是有

2

M_（1-ygV

%U+旬（1）

0=伙■為加速階段的終速度，也是減速階段性的初速度。對(duì)減速階段，可應(yīng)

用上題（本章題11）的（4）式，式中的mo以減速階段的初質(zhì)量M代入。又因減

速時(shí)必須向前輻射光子，故u=-c,即有

M

(2)

由（1）,（2）式，得

M」+"一4R2]JR2

=4xlO10

Mg1一0C2TQC2TI

v2.如圖52-1所示，地面上的觀察者認(rèn)為在地面上

＜\___u

）------------?

’同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件A和B,在相對(duì)地面以速度〃（?

（平行于x軸，且與正方向同向）運(yùn)動(dòng)的火箭上的觀察者

的判斷正確的是（）

圖52-1

A、A早于BB、B早于A

C、A、B同時(shí)發(fā)生D、無(wú)法判斷

解：在地面（S系）上，^=xB-xA,\t=t8-tA=0＞在火箭（S'系）中,

=?-。）+磬區(qū)-辦）

因廠＞0,〃＞0,故A/'＜。。即從火箭上觀察，B事件在前，A事

件在后，選B。

3.如圖11-195所示，正方形均質(zhì)板重G,用4根輕質(zhì)桿較

鏈水平懸掛，外形構(gòu)成邊長(zhǎng)為a的立方體，現(xiàn)將方板繞鉛垂對(duì)稱

軸旋轉(zhuǎn)9角度，再用一細(xì)繩圍繞四桿的中點(diǎn)捆住，使板平衡于9

角位置。試求繩內(nèi)的張力。

分析：初看此題，一般都會(huì)覺(jué)的比較復(fù)雜，因?yàn)轭}中錢(qián)鏈就

圖11-195有8個(gè)，加上4根輕質(zhì)桿與繩子有4個(gè)接觸點(diǎn)，一共有12個(gè)受

力點(diǎn)，而且初看甚至想象不出木板旋轉(zhuǎn)0角度以后整個(gè)系統(tǒng)是什么樣子，即使把

各個(gè)受力點(diǎn)的力逐個(gè)畫(huà)出來(lái)也無(wú)濟(jì)于事。應(yīng)該先想一想哪些點(diǎn)都是對(duì)稱的（等價(jià)

的），找出最基本的部分，再把空間方向確定下來(lái)，然后好畫(huà)出各個(gè)力點(diǎn)的受力情

況。

解：把木板繞鉛垂對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)0角度以后，系統(tǒng)雖然不是一個(gè)很對(duì)稱的立方

體，但把系統(tǒng)繞鉛直軸旋轉(zhuǎn)90度的整數(shù)倍，系統(tǒng)的與自身重合，說(shuō)明四根輕桿的

受力情況是完全一樣的。系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，把四根輕桿，木板，繩組成的部分

看成剛體，則剛體受四個(gè)較接部分的力而平衡，重力方向的平衡可以得出，豎直

方向?qū)γ扛p桿的拉力T上為：

4T±=G(1)

而較接處是否對(duì)輕桿有水平方向的作用力，暫時(shí)還不好確定,

不過(guò)可以為N〃，從俯圖來(lái)看四根輕桿的受力情況（如圖11-196

所示）：

圖中虛線表示正方形對(duì)角線的外延部分，如果N〃不在對(duì)角線

方向上，則四個(gè)N〃對(duì)0點(diǎn)有一個(gè)力偶矩，將使得下面的部分旋轉(zhuǎn)，與平衡假設(shè)相

矛盾，因此水平彈力必然在對(duì)角線方向，要么都向外，要么都向里（設(shè)向外為正,

這種設(shè)法不會(huì)影響結(jié)果）。

同樣的道理，把木板隔離開(kāi)來(lái)，可知木板對(duì)輕桿往下的拉力與為:

町=G（2）

而水平方向的作用力必沿對(duì)角線方向（否則木板

旋轉(zhuǎn)），木板對(duì)桿的作用力向里向外的性質(zhì)與上端較鏈

的方向相同，否則以繩對(duì)桿的作用點(diǎn)為支點(diǎn)，力矩?zé)o

法平衡。

圖11-197

下面再看整個(gè)系統(tǒng)的俯視圖（如圖11-197所示），把輕桿隔離出來(lái)作為平衡的

剛性桿，利用力的平衡條件和力矩的平衡條件可求出拉力T的大小。

繩作用在每根轉(zhuǎn)桿的中點(diǎn)，在俯視圖上不難看出，繩子構(gòu)成一個(gè)正方形，且

在水平面內(nèi)，因而可以知道繩對(duì)輕桿僅有水平面內(nèi)，因而可以知道繩對(duì)輕桿僅有

水平面內(nèi)的拉力，輕桿在豎直方向上力的平衡是滿足的:

丁上=/下

(3)

取一根輕桿為研究對(duì)象不難求出N〃與的關(guān)系，以及N〃與丁〃的關(guān)系,設(shè)

繩的張力為T(mén),則水平合力

x方向水平力平衡:

A7，.82.e

7V//sin-=7V//sin-

(4)

y方向水平力平衡:

N\cos—+N“cos—=Tf/=V2T

〃22(5)

在過(guò)輕桿的豎直面內(nèi)來(lái)分析力矩平衡（只研究平面內(nèi)轉(zhuǎn)矩），如圖

ll-198o

對(duì)于A點(diǎn)，力矩平衡

N'Hsin—?ajcos6=T卜?J2asin?

22(6)

聯(lián)合（2）、（4）、（5）、（6）式可得

「e

Geos

T=2

2jcos。

|—>a24.如圖12-30所示，一小車(chē)對(duì)地以加速度ai=lm/s2向左由靜

O止開(kāi)始作勻加速運(yùn)動(dòng)，車(chē)上一人又以加速度a2=2m/s2相對(duì)于車(chē)向

右同時(shí)由靜止開(kāi)始作勻加速運(yùn)動(dòng)。求：(1)人對(duì)地的加速度；(2)

經(jīng)歷時(shí)間ti=ls,人對(duì)地的瞬時(shí)速度；(3)經(jīng)歷時(shí)間t2=2s,人對(duì)地的位移。

解：(1)。人地=。人車(chē)+4車(chē)地

「ai與a?方向相反選a?為正方向

則

a人地=2mls1一Ms?

=Im/s2

(2)t=ls時(shí)，以車(chē)=2機(jī)/s

。車(chē)地=-1加/s

.。人地=

=Im/s

(3)-.?。人地=Im/S?

—xaxr=s=—xlx22=2m

22

5.有一小直徑為d的試管，管內(nèi)裝有理想氣體，其中有一段質(zhì)量m=2g的水

銀將理想氣體和空氣隔開(kāi)。當(dāng)試管口向上時(shí)，氣體在試管中的長(zhǎng)為L(zhǎng)i(圖24-30(a)

中的(a)),當(dāng)將管口向下時(shí)，氣體在試管中長(zhǎng)為1_2(圖24-30(b)中的(b)),

試求L2/L1為多少？

解：如果是等溫過(guò)程，可得理想氣體的狀態(tài)方程

。V=常數(shù)

對(duì)于上述兩種情況，可有

耳匕=外匕

現(xiàn)在考慮在每一情況作用中在氣體上的壓強(qiáng)，如圖24-30

圖24-30(b)

(b)所示，可得

W

匕雪=P大氣+飛

W

匕6緣氣一

飛

式中S為試管內(nèi)部的截面積，W為水銀的重量，W=mg,則

大氣+邂

vVP

匕二SA2—人iS

匕一SA1一p_整

大氣S

消去S得

P+小

4二緣氣力2

以p氣一4菽mg

6.有一個(gè)兩端開(kāi)口、粗細(xì)均勻的U型玻璃細(xì)管，放置在豎直平面內(nèi)，處在

壓強(qiáng)為P。的大氣中，兩個(gè)豎直支管的高度均為h,水平管的長(zhǎng)度為2h,玻璃細(xì)2h

圖24-54(a)

管的半徑為r,r?h,今將水平管內(nèi)灌滿密度為p的水銀，如圖24-54(a)所示。

1.如將U型管兩個(gè)豎直支管的開(kāi)口分別封閉起來(lái)，使其管內(nèi)空氣壓強(qiáng)均等于

大氣壓強(qiáng)，問(wèn)當(dāng)U型管向右作勻加速移動(dòng)時(shí)，加速度應(yīng)多大才能使水平管內(nèi)水銀

5

柱長(zhǎng)度穩(wěn)定為§/?,

2.如將其中一個(gè)豎直支管的開(kāi)口封閉起來(lái)，使其管內(nèi)氣體壓強(qiáng)為latm,問(wèn)當(dāng)

U型管繞以另一個(gè)豎直支管(開(kāi)口的)為軸作勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)數(shù)n應(yīng)為多大才能使

5/?

水平管內(nèi)水銀柱長(zhǎng)度穩(wěn)定為3\

（U型管作以上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均不考慮管內(nèi)水銀液面的傾斜）-----?a

解：I、當(dāng)U型管向右加速移動(dòng)時(shí)，水平管內(nèi)的水銀柱將向左邊的豎直3T；

B

支管中移動(dòng)，其穩(wěn)定的位置是留在水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的合力圖24-54(b)

等于使其以恒定加速度a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)所需的力。由于豎直支管內(nèi)空氣在膨脹或壓

縮前后的溫度相等，根據(jù)氣態(tài)方程有

4

PohS=qP、hS

右管:

,02,0

phS=-phS

左管:o2

S為管的截面積，圖24-54（b）中，A、B兩處壓強(qiáng)分別為:

PA=P2+~Pgh

PB=Pi

而留在水平管內(nèi)的水銀柱質(zhì)量

m=^phS

其運(yùn)動(dòng)方程為（P「PB）S=wa

由以上各式可得

a=(9p0+4-pgh)/(20ph)

2.當(dāng)U型管以開(kāi)口的豎直支管為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，水平管內(nèi)的水銀柱將向封閉SP(0

h/3

BA1

圖24-54(c)

的豎直支管中移動(dòng)，其穩(wěn)定位置是水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的合力，正

好等于這段水銀柱作勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力。由于封閉豎直支管內(nèi)空氣在壓

縮前后的溫度相等，根據(jù)氣態(tài)方程有

2

PohStphS

S為管的截面積。圖24-54(c)中A、B兩處的壓強(qiáng)分別為

1,

Ps=P+-PSh

PB=P。

留在水平管內(nèi)的水銀柱的質(zhì)量

5

加=§phS

其運(yùn)動(dòng)方程為

(PA_PB)S=mco~R=^7t~n~niR

R」~h

其中6

由以上各式可得

n=[(9po+60g/2)/(14O萬(wàn)”/—亦

7.有一塊透明光學(xué)材料，由折射率略有不同的許多相互平行

____^5

-------------------?4的，厚度d=O.lmm的薄層緊密連接構(gòu)成，圖33-40表示各薄層互相

____________及3

垂直的一個(gè)截面，若最下面一層的折射率為no,從它往上數(shù)第K層

的折射率為n.no-Kv，其中n°=1.4,v=0.025,今有一光線以入射角

圖33-40

i=60°射向。點(diǎn)，求此光線在這塊材料內(nèi)能達(dá)到的最大深度？

解：設(shè)光線進(jìn)入材料后的折射角為r,則根據(jù)折射定律有$山"〃。八畝\此

r=工一0r=——d)

光線從最下面一層進(jìn)入向上數(shù)第一層時(shí)，入射角為一2“°,折射角為-2%

同樣根據(jù)折射定律有

71

2

也即〃o?COS0o="|COS。］

光線從第一層進(jìn)入第二層時(shí)，同樣可得

?cos^=n2cos必

綜合以上分析可得：

n0?cos%=n1cos。1=n-,cos^2=........=nK?cos(^K

因?yàn)椤↘=〃。-Kx0.0025,所以COS°K隨著K的增大而增大，。K則隨著K的增

大而減小，即光線在順序變化的介質(zhì)中傳播時(shí)將偏向折射率變大的方向。滿足上

式又當(dāng)cos/最接近1的K值即為光線能進(jìn)入的最深薄層的序號(hào)，光線在這個(gè)薄層

上將發(fā)生全反射，然后又逐層返回下面最后射出透明材料。

因此求出能滿足下式的K的最大值

——、1

nKn0-Ku

因?yàn)椤??COS°o=〃osinr=sinz

代入上式得:

sin/

<1

九0-Ku

n-sini1.41-0.866…,

K<n----------=21.76

解得：v0.025

取小于21.76的最大整數(shù)，得K=2L即在no上面第21層下表面就是光線能到

達(dá)的最深處，所以光線在這塊透明材料內(nèi)能達(dá)到的最大深度是

〃=（K+1）<7=22x0.1mm=2.2mm.

8.（1）圖33-98所示為一凹球面鏡，球心為C,內(nèi)盛透明液體，已知C至液面高

度CE為40.0cm,主軸C。上有一物A,物離液面高度AE恰好為30.0cm時(shí)，

物A的實(shí)像和物處于同一高度。實(shí)驗(yàn)時(shí)光圈直徑很小，可以保證近軸光線成

像。試求該透明液體的折射率n。

計(jì)橫截面如圖33-99所示，已知細(xì)水銀柱A離

面頂點(diǎn)0的距離為2R,R為該圓柱面半徑，C

柱面中心軸位置。玻璃的折射率n=切，E代表

求圖示橫截面上人眼所見(jiàn)水銀柱像的位置、虛

實(shí)、正倒和放大倍數(shù)。

分析：（1）通過(guò)折射定律和光圈足夠小的條件可求出液體的折射率。（2）注意在

近軸條件下的近似，再通過(guò)幾何知識(shí)即可求解。

解：（1）主軸上物A發(fā)出的光線AB,經(jīng)液體界面折射后沿BD方向入射球面鏡時(shí),

只要BD延長(zhǎng)線過(guò)球心C,光線經(jīng)球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性

原理，折回的光線相交于A（圖33-100）。

對(duì)空氣、液體界面用折射定律有

sini=n-sinr

sinz~BE/AB

n=----二———-

sinrBE/CB

n=■==----=1.33

當(dāng)光圈足夠小時(shí)，BTE,因此有AE30.（）

⑵先考慮主軸上點(diǎn)物A發(fā)出的兩條光線，其一沿主軸方向ACOE入射

界面，無(wú)偏折地出射，進(jìn)入人眼E。其二沿AP方向以入射角，斜入射界面

點(diǎn)，折射角為折射光線要能進(jìn)入人眼點(diǎn)應(yīng)非?？拷c(diǎn)，

ProPQE,P0

或者入射角，和折射角r應(yīng)很小。若角度以弧度量度，在小角（近軸）近似

圖33-100下，折射定律〃sinz.=sinr可寫(xiě)為r=位。這兩條光線反向延長(zhǎng)，在主軸上

相交于A,A'即為物A之虛像點(diǎn)（圖33-101）。

對(duì)用正弦定律，得

sinZA'PA_sin（萬(wàn)-z）_sinz

WA~AT—正

在小角（近軸）近似下：

sinZA'PA=ZA'PA=ni-i,s'mi-i

A'P=A0

ni-i_i

上式可寫(xiě)為~^O-2R―AV

解上式得

赤==2R=4R

2-n2-3/2

為了分析成像倒立和放大情況，將水銀柱看成有一定高度的垂軸小物體AB,即然

A?A'是一對(duì)共粗點(diǎn)，只要選從B發(fā)出的任一條光線經(jīng)界面折射后，反向延

長(zhǎng)線與過(guò)A點(diǎn)垂軸線相交于5',"是點(diǎn)物B虛像點(diǎn)，即A'B'是物AB之正立

虛像。

得

~^B'AT3R

放大率~AB~~AC~~R

9.如圖41-83所示，兩個(gè)固定的均勻帶電球面A和B分別帶電4Q和Q（Q〉O）。

兩球心之間的距離d遠(yuǎn)大于兩球的半徑，兩球心的連線MN與兩球面的相交處都

開(kāi)有足夠小的孔，因小孔而損失的電量可以忽略不計(jì)。一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)靜止地放

置在A球左側(cè)某處P點(diǎn)，且在MN直線上。設(shè)質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)釋放后剛好能穿越三個(gè)

小孔，并通過(guò)B球的球心。試求質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)所在的P點(diǎn)與A球球心的距離x應(yīng)為

多少？

分析：質(zhì)點(diǎn)釋放后，由于質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，A

球和B球帶正電，故質(zhì)點(diǎn)先加速，穿過(guò)A球

內(nèi)時(shí)，不受A球的電場(chǎng)力作用，但仍受B球

的電場(chǎng)力，進(jìn)一步加速。在兩球之間時(shí)，存

在一質(zhì)點(diǎn)所受合力為零的點(diǎn)，設(shè)此點(diǎn)為S,且

由于A球所帶電量大于B球帶電量，S點(diǎn)應(yīng)離B球較近。所以質(zhì)點(diǎn)從A球內(nèi)出來(lái)

后到S點(diǎn)這段距離內(nèi)作減速運(yùn)動(dòng)，從S點(diǎn)到B球的第一個(gè)孔這段距離內(nèi)作加速運(yùn)

動(dòng)。因此，為了使質(zhì)點(diǎn)能到達(dá)B球的球心，第一個(gè)必要條件是，質(zhì)點(diǎn)必須通過(guò)S

點(diǎn)，即質(zhì)點(diǎn)在S點(diǎn)的速度至少應(yīng)大于零或至少等于零。若質(zhì)點(diǎn)能通過(guò)S點(diǎn)，則如上

述，從S點(diǎn)到B球的第一個(gè)孔期間，質(zhì)點(diǎn)沿MN向右加速。由于質(zhì)點(diǎn)在B球內(nèi)不

受B球的電場(chǎng)力作用，但仍受A球向左的引力，質(zhì)點(diǎn)減速，因此為了使用期質(zhì)點(diǎn)

能通過(guò)B球的球心，第二個(gè)必要條件是，質(zhì)點(diǎn)在B球球心處的速度應(yīng)大于零或至

少等于零。

本題的關(guān)鍵在于帶電體系的電勢(shì)能與帶電質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能之和，在該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中守恒。因此質(zhì)點(diǎn)剛好能通過(guò)S點(diǎn)的條件可表示為，質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)和S點(diǎn)時(shí)，帶

電體系的電勢(shì)能相等（注意，質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)靜止）。同樣，若質(zhì)點(diǎn)在S點(diǎn)時(shí)帶電體系

的電勢(shì)能大于（或等于）質(zhì)點(diǎn)在B球球心時(shí)帶電體系的電勢(shì)能，則表明質(zhì)點(diǎn)若能

通過(guò)S點(diǎn)，就必定能通過(guò)（或剛好到達(dá)）B球球心。

解：根據(jù)分析，在MN直線上在A球和B球之間有一個(gè)S點(diǎn)，帶電質(zhì)點(diǎn)在S

點(diǎn)受力為零。設(shè)S點(diǎn)與A球和B球球心的距離為勺和「2,則

不r2

彳+殳=d

由以上兩式，可解出

「2T

帶電質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)靜止釋放后，剛好能夠到達(dá)S點(diǎn)的條件是，它在P點(diǎn)和S點(diǎn)

的電勢(shì)能相等，即

xx+d丫2

式中-q（q>0）是帶電質(zhì)點(diǎn)的電量。把上面解出的勺和「2代入，得

X=|（V1O-1）W

為了判斷帶電質(zhì)點(diǎn)剛好到達(dá)S點(diǎn)后，能否通過(guò)B球球心，需比較它在S點(diǎn)的

電勢(shì)能叫與它在B球球心處的電勢(shì)能叫的大小，因

殳一哼

w=女4Q（—q）+,區(qū)期=_kQ41

Bt—+一

dRB

式中相為B球的半徑。由題設(shè)

RB?d

419

——I>—

故dRRd

即

因此，帶電質(zhì)點(diǎn)只要能到達(dá)S點(diǎn)，就必定能通過(guò)B球球心。于是，所求開(kāi)始

時(shí)P點(diǎn)與A球球心的距離x即為上述結(jié)果，即

X=|（V1O-1）W

10.如圖41-88所示，在真空中有4個(gè)半徑為a的不帶電的相同導(dǎo)體球，球心

分別位于邊長(zhǎng)為r(r?a)的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上。首先，讓球1帶電荷Q(Q＞。),

然后取一細(xì)金屬絲，其一端固定于球1上，另一端分別依次與球2、3、4、大地接

觸，每次接觸時(shí)間都足以使它們達(dá)到靜電平衡。設(shè)分布在細(xì)金屬絲上的電荷可忽

略不計(jì)。試求流入大地的電量的表達(dá)式。

解：當(dāng)球1與球2連接后，用°；和Q分別表示球1和球2

上的電量，可得。2=Q；=Q/2。球1與球3連接后，因球1和球

3處于對(duì)稱位置，其電量°：和Cb相等，故可得03=。：=0/4.球

圖41-88

1與球4連接后，電荷分布呈不對(duì)稱狀態(tài)，設(shè)連接后球1和球4上的電量分別為

5與Q4。它們可利用等電勢(shì)方法求出，即

5=kQ/a+kQ2/r+kQt/(揚(yáng))+4/「

U4-kQ/a+kQ,/(V2r)+kQ^/r+kQ^/a

以上各式中，計(jì)算各球上的電荷在另一球處引起的電勢(shì)時(shí)，利用了r?a的條件。

由于。1=。4,且。|+。4=。；=。/4,

故e,=e{l-?(V2-l)/[V2(r-?)]}/8

e4=Q{1+a[42-l)/[V2(r-a)]}/8

利用r?a的條件，略去二階小量，上式可寫(xiě)成

Q,?(2[l-a(V2-l)/(V2r)]/8

g4?e[l+?(V2-l)/(V2r)]/8

r

最后將球1與球4斷開(kāi)并把球1接地。設(shè)接地后球1所帶電量為qi，電勢(shì)為q,

則球1的電勢(shì)為

U[=攵2收J(rèn)+&0/〃=。

qx=-a(Q+03/拒+2)/r

=_摳5/8+1/(472)+(V2-1》/(8V2r)]/r

?-?c[5/8+l/(4V2)]/r

此時(shí)球1上帶負(fù)電，故流入大地的電量0入地為

Q入地=Q\+|引

=e[l-a(V2-1)/V2r]/8+a(^>/8+1/(4同/r

=(2[1+a(5+V2-1+V2/2)/r]/8

=0[l+?(4+3V2/2)/r]/8

QI

e

1+13

8

答:

第24屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷

（本題共七大題，滿分160分）

一、（20分）如圖所示，一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)=L00m的光滑平板PQ固定在輕質(zhì)彈簧上

端，彈簧的下端與地面固定連接。平板被限制在兩條豎直光滑的平行導(dǎo)軌之間（圖

中未畫(huà)出豎直導(dǎo)軌），從而只能地豎直方向運(yùn)動(dòng)。平板與彈簧構(gòu)成的振動(dòng)系統(tǒng)的振

動(dòng)周期T=2.00s。一小球B放在光滑的水平臺(tái)面上，臺(tái)面的右側(cè)邊緣正好在平板

P端的正上方，到P端的距離為/?=9.80w。平板靜止在其平衡位置。水球B與平

板PQ的質(zhì)量相等。現(xiàn)給小球一水平向右的速度“°,使它從水平臺(tái)面拋出。已知

小球B與平板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，且碰撞過(guò)程中重力可以忽略不計(jì)。

要使小球與平板PQ發(fā)生一次碰撞而且只發(fā)生一次碰撞，〃。的值應(yīng)在什么范圍內(nèi)？

取g=9.8m/s2

二、（25分）圖中所示為用三角形剛性細(xì)桿AB、BC、CD連成的平面連桿結(jié)構(gòu)

圖。AB和CD桿可分別繞過(guò)A、D的垂直于紙面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，A、D兩點(diǎn)位于同

一水平線上。BC桿的兩端分別與AB桿和CD桿相連，可繞連接處轉(zhuǎn)動(dòng)（類(lèi)似錢(qián)鏈）。

當(dāng)AB桿繞A軸以恒定的角速度”轉(zhuǎn)到圖中所示的位置時(shí)，AB桿處于豎直位置。

BC桿與CD桿都與水平方向成45°角，已知AB桿的長(zhǎng)度為/,BC桿和CD桿的長(zhǎng)

度由圖給定。求此時(shí)C點(diǎn)加速度&的大小和方向（用與CD桿之間的夾角表示）

三、（20分）如圖所示，一容器左側(cè)裝有活門(mén)（，右側(cè)裝有活塞B,一厚度可以忽

略的隔板M將容器隔成a、b兩室，M上裝有活門(mén)長(zhǎng)2。容器、隔板、活塞及活門(mén)

都是絕熱的。隔板和活塞可用銷(xiāo)釘固定，拔掉銷(xiāo)釘即可在容器內(nèi)左右平移，移動(dòng)

時(shí)不受摩擦作用且不漏氣。整個(gè)容器置于壓強(qiáng)為Po、溫度為T(mén)o的大氣中。初始時(shí)

將活塞B用銷(xiāo)釘固定在圖示的位置，隔板M固定在容器PQ處，使a、b兩室體積

都等于Vo；（、焰關(guān)閉。此時(shí)，b室真空，a室裝有一定量的空氣（容器內(nèi)外氣

體種類(lèi)相同，且均可視為理想氣體），其壓強(qiáng)為4Po萬(wàn)，溫度為T(mén)o。

已知lmol空氣溫度升高1K時(shí)內(nèi)能的增量為Cv，普適氣體常量為Ro

1.現(xiàn)在打開(kāi)待容器內(nèi)外壓強(qiáng)相等時(shí)迅速關(guān)閉儲(chǔ)（假定此過(guò)程中處在容器

內(nèi)的氣體與處在容器外的氣體之間無(wú)熱量交換），求達(dá)到平衡時(shí)，a室中氣體的溫

度。

2.接著打開(kāi)K2,待a、b兩室中氣體達(dá)到平衡后，關(guān)閉K2。拔掉所有銷(xiāo)釘，

緩慢推動(dòng)活塞B直至到過(guò)容器的PQ位置。求在推動(dòng)活塞過(guò)程中，隔板對(duì)a室氣體

R+R

所作的功。已知在推動(dòng)活塞過(guò)程中，氣體的壓強(qiáng)P與體積V之間的關(guān)系為pyk

=恒量。

四、（25分）圖中。xy是位于水平光滑桌面上的直角坐標(biāo)系，在x>0的一側(cè),

存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于oxy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。在x<0的

一側(cè)，一邊長(zhǎng)分別為4和4的剛性矩形超導(dǎo)線框位于桌面上，框內(nèi)無(wú)電流，框的一

對(duì)邊與x軸平行。線框的質(zhì)量為m,自感為L(zhǎng)?，F(xiàn)讓超導(dǎo)線框沿x軸方向以初速度

咻進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，試定量地討論線框以后可能發(fā)生的運(yùn)動(dòng)情況及與初速度「大小

的關(guān)系。（假定線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持超導(dǎo)狀態(tài)）

XXX

XXX

XXX

-----------------------------------?

XXx3

五、（25分）地球赤道表面附近處的重力加速度為go=9.8〃?//,磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度的大小B。=3.0x10-57,方向沿經(jīng)線向北。赤道上空的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與

/成反比（r為考察點(diǎn)到地心的距離），方向與赤道附近的磁場(chǎng)方向平行。假設(shè)在

赤道上空離地心的距離r=54（R,為地球半徑）處，存在厚度為10km的由等數(shù)

量的質(zhì)子和電子的等離子層（層內(nèi)磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)），每種粒子的數(shù)密度非常

低，帶電粒子的相互作用可以忽略不計(jì)。已知電子的質(zhì)量叫.=9.1x10-31^,質(zhì)子

的質(zhì)量?=1.7x10-27小，電子電荷量為—1.6x10-19。，地球的半徑

&=6.4x1（）6加。

1.所考察的等離子層中的電子和質(zhì)子一方面作無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，另一方面因受地球

引力和磁場(chǎng)的共同作用會(huì)形成位于赤道平面內(nèi)的繞地心的環(huán)行電流，試求此環(huán)行

電流的電流密度。

2.現(xiàn)設(shè)想等離子層中所有電子和質(zhì)子，它們初速度的方向都指向地心，電子初

速度的大小與=L4xl04〃?/s,質(zhì)子初速度的大小卬=3.4xl（）2機(jī)/s。試通過(guò)計(jì)算

說(shuō)明這些電子和質(zhì)子都不可能到到達(dá)地球表面。

六、（25分）圖1所示為楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的示意圖，取紙面為yz平面。y、

z軸的方向如圖所示。線光源S通過(guò)z軸，雙縫Si、S2對(duì)稱分布在z軸兩側(cè)，它們

以及屏P都垂直于紙面。雙縫間的距離為d,光源S到雙縫的距離為/,雙縫到屏

的距離為D,d?D,d?lo

1.從z軸上的線光源S出發(fā)經(jīng)Si、S2不同路徑到P0點(diǎn)的光程差為零，相干的

結(jié)果產(chǎn)生一亮紋，稱為零級(jí)亮紋。為了研究有一定寬度的擴(kuò)展光源對(duì)于干涉條紋

清晰度的影響，我們先研究位于軸外的線光源s'形成的另一套干涉條紋，s'位

于垂直于z軸的方向上且與S平行，兩者相距瓦，則由線光源S'出發(fā)分別經(jīng)Si、

S2產(chǎn)生的零級(jí)亮紋4,4與Po的距離

A=______________________________________

2.當(dāng)光源寬度為。的擴(kuò)展光源時(shí)，可將擴(kuò)展光源看作由一系列連續(xù)的、彼此獨(dú)

立的、非相干的線光源組成。這樣，各線光源對(duì)應(yīng)的干涉條紋將彼此錯(cuò)開(kāi)，在屏

上看到的將是這些干涉條紋的光強(qiáng)相加的結(jié)果，干涉條紋圖像將趨于模糊，條紋

的清晰度下降。假設(shè)擴(kuò)展光源各處發(fā)出的光強(qiáng)相同、波長(zhǎng)皆為4。當(dāng)。增大導(dǎo)致零

級(jí)亮紋的亮暗將完全不可分辨，則此時(shí)光源的寬度

a>=

3.在天文觀測(cè)中，可用上述干涉原理來(lái)測(cè)量星體的微小角直徑。遙遠(yuǎn)星體上每

一點(diǎn)發(fā)出的光到達(dá)地球處都可視為平行光，從星體相對(duì)的兩邊緣點(diǎn)發(fā)來(lái)的兩組平

行光之間的夾角6就是星體的角直徑。遙遠(yuǎn)星體的角直徑很小，為測(cè)量如些微小的

角直徑，邁克爾遜設(shè)計(jì)了測(cè)量干涉儀，其裝置簡(jiǎn)化為圖2所示。Ml、M2、M3、

M4是四個(gè)平面反射鏡，它們兩兩平行，對(duì)稱放置，與入射光（a、a'）方向成

45°角。S1和S2是一對(duì)小孔，它們之間的距離是doMl和M2可以同步對(duì)稱調(diào)

節(jié)來(lái)改變其中心間的距離h。雙孔屏到觀察屏之間的距離是D。a、a'和b、bz

分別是從星體上相對(duì)著的兩邊緣點(diǎn)發(fā)來(lái)的平行光束。設(shè)光線a、a'垂直雙孔屏和

像屏，星光的波長(zhǎng)是7,試導(dǎo)出星體上角直徑。的計(jì)算式。

注：將星體作圓形擴(kuò)展光源處理時(shí)，研究擴(kuò)展光源的線度對(duì)于干涉條紋圖像清晰

度的影響會(huì)遇到數(shù)學(xué)困難，為簡(jiǎn)化討論，本題擬將擴(kuò)展光源作寬度為。的矩形光

源處理。

像屏

七、（20分）今年是我國(guó)著名物理學(xué)家、曾任浙江大學(xué)物理系主任的王漁昌先

生誕生一百周年。王先生早在1941年就發(fā)表論文，提出了一種探測(cè)中微子的方案:

7股原子核可以俘獲原子的K層電子而成為7。?的激發(fā)態(tài)-Li）*,并放出中微子（當(dāng)

時(shí)寫(xiě)作n）

'Be+e—＞（7Li）+〃

而-Li）*又可以放出光子/而回到基態(tài)7以

CLi）—Li+y

由于中微子本身很難直接觀測(cè)，能過(guò)對(duì)上述過(guò)程相關(guān)物理量的測(cè)量，就可以

確定中微子的存在，1942年起，美國(guó)物理學(xué)家艾倫（R.Davis）等人根據(jù)王渝昌方

案先后進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，初步證實(shí)了中微子的存在。1953年美國(guó)人萊因斯（F.Reines）

在實(shí)驗(yàn)中首次發(fā)現(xiàn)了中微子，萊因斯與發(fā)現(xiàn)輕子的美國(guó)物理學(xué)家佩爾（M.L.Perl）

分享了1995年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。

現(xiàn)用王漁昌的方案來(lái)估算中微子的質(zhì)量和動(dòng)量。若實(shí)驗(yàn)中測(cè)得鋰核L。）反

沖能量（即,Li的動(dòng)能）的最大值紜=56.6eu,7光子的能量Ry=0.48Meu。已知

2

有關(guān)原子核和電子靜止能量的數(shù)據(jù)為““C?=6533.84Mev；mBec=6534；

"242=0.51/0打。設(shè)在第一個(gè)過(guò)程中，,Be核是靜止的，K層電子的動(dòng)能也可忽略

不計(jì)。試由以上數(shù)據(jù)，算出的中微子的動(dòng)能P?和靜止質(zhì)量，%各為多少？

第24屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題參考解答

一、參考解答：

如果小球的水平速度比較大，它與平板的第一次碰

撞正好發(fā)生在平板的邊緣Q處，這時(shí)沏的值便是滿足題；

中條件的最大值；如果小球的水平速度〃。較小，在它與平”

板發(fā)生第一次碰撞后再次接近平板時(shí)，剛好從平板的邊緣|:

Q處越過(guò)而不與平板接觸，這時(shí)〃。的值便是滿足題中條件一ptQ

的最小值.

設(shè)小球從臺(tái)面水平拋出到與平板發(fā)生第一次碰撞經(jīng)

歷的時(shí)間為乙，有

h=2gt'

(1)

若碰撞正好發(fā)生在Q處，則有

從(1)、(2)兩式解得的“。值便是滿足題中條件的最大值，即

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

如果%<“o1rax，小球與平板的碰撞處將不在Q點(diǎn).設(shè)小球第一次剛要與平板

碰撞時(shí)在豎直方向的速度為外,則有

以匕分別表示碰撞結(jié)束時(shí)刻小球和平板沿豎直方向的速度，由于碰撞時(shí)間極

短，在碰撞過(guò)程中，小球和平板在豎直方向的動(dòng)量守恒.設(shè)小球和平板的質(zhì)量都

是則有

mv}=mv\+rnV^

因?yàn)榕鲎彩菑椥缘?，且平板是光滑的，由能量守恒可?/p>

+—mu1=+—mV^2+—mul

解(6)、(7)兩式，得

匕=0=

碰撞后，平板從其平衡位置以匕為初速度開(kāi)始作簡(jiǎn)諧振動(dòng).取固定坐標(biāo)，其原點(diǎn)

。與平板處于平衡位置時(shí)板的上表面中點(diǎn)重合，X軸的方向豎直向下，若以小球和

平板發(fā)生碰撞的時(shí)刻作為，=0,則平板在t時(shí)刻離開(kāi)平衡位置的位移

XpQ=Acos(3f+(p)

式中

A和9是兩個(gè)待定的常量，利用參考圓方法，在t時(shí)刻平板振動(dòng)的速度

Opp=-A（ysin（（yf+e）

因f=0時(shí)，XpQ=0.vVQ=V',由(9)、(11)、(12)式可求得

A鼻

It(14)

<p=2

把(13)、(14)式代入(10)式，得

2瓦兀

XPQ(15)

2兀2

碰撞后，小球開(kāi)始作平拋運(yùn)動(dòng).如果第一次碰撞后，小球再經(jīng)過(guò)時(shí)間與與平板發(fā)生

第二次碰撞且發(fā)生在Q處，則在發(fā)生第二次碰撞時(shí)，小球的x座標(biāo)為

而&)=9片(16)

平板的X座標(biāo)為

餐()粵Teos停(17)

在碰撞時(shí)，有

XB(，2)=XPQ(，2)(18)

由(16)、(17)、(18)式，代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

4.901=4.41cosf7tz2-j(19)

這便是％滿足的方程式，通過(guò)數(shù)值計(jì)算法求解方程可得(參見(jiàn)數(shù)值列表)

t2=0.771s(20)

如果第二次碰撞正好發(fā)生在平板的邊緣Q處，則有

L-un(/,+t2)(21)

由(1)、(20)和(21)式得

%=---=0.46m/s(22)

A+^2

而滿足題中要求的〃。的最小值應(yīng)大于(22)式給出的值.綜合以上討論，沏的取

值范圍是

0.46m/s<M0<0.71m/s(23)

附：(19)式的數(shù)值求解

用數(shù)值解法則要代入4不同數(shù)值，逐步逼近所求值，列表如下:

0.730.750.760.760.770.770.770.770.780.790.81

00050125000

(兀、

xPQ=4.41cosl-—13.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.48

Xp=4.90/；2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21

XpQ-XB0.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73

二'參考解答:

解法一

因?yàn)锽點(diǎn)繞A軸作圓周運(yùn)動(dòng)，其速度的大小為

%=31(1)

B點(diǎn)的向心加速度的大小為

aB=(o'l(2)

因?yàn)槭莿蚪撬俎D(zhuǎn)動(dòng)，8點(diǎn)的切向加速度為0,故即也是8點(diǎn)的加速度，其方向沿

BA方向.因?yàn)镃點(diǎn)繞。軸作圓周運(yùn)動(dòng)，其速度的大小用外表示，方向垂直于桿

CD,在考察的時(shí)刻，由圖可知，其方向沿桿8c方向.因8c是剛性桿，所以8點(diǎn)

和C點(diǎn)沿8c方向的速度必相等，故有

兀V2

vc=VBCOS—=-^-69/(3)

此時(shí)桿CD繞D軸按順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，C點(diǎn)的法向加速度

==

CD

由圖可知方=2夜/,由(3)、(4)式得

_V2

aCn21/

O

(5)

其方向沿8方向.

下面來(lái)分析C點(diǎn)沿垂直于桿CD方向的加速度，即切向加速

度氣,.因?yàn)?c是剛性桿，所以C點(diǎn)相對(duì)8點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)只能是繞8的轉(zhuǎn)動(dòng)，C點(diǎn)相對(duì)

8點(diǎn)的速度方向必垂直于桿BC.令外B表示其速度的大小，根據(jù)速度合成公式有

^cfi=0c-^

由幾何關(guān)系得

%=MT=乎%=乎〃(6)

由于C點(diǎn)繞8作圓周運(yùn)動(dòng)，相對(duì)B的向心加速度

Cl'B=-----(7)

CB

因?yàn)镃B=^2/,故有

1

aCB=ai1（8）